江西省六校2025届高三下学期3月第二次联考数学试卷（Word版附答案）

这是一份江西省六校2025届高三下学期3月第二次联考数学试卷（Word版附答案），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．若集合（i是虚数单位），，则（ ）
A．B．C．D．
2．若命题，，则命题的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知向量，其中，，且，则向量和的夹角是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：）
A．B．C．D．
6．已知函数，则在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知曲线，，其中．点，，是曲线与依次相邻的三个交点．若是等腰直角三角形，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知正实数，满足，则（ ）
A．2B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．数据，，，，，，，的第80百分位数为10
B．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1
C．已知随机变量服从正态分布，越大，则随机变量越集中
D．若随机变量，随机变量，则
10．已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数在区间上单调递减
C．过点能作两条不同直线与相切
D．函数恰有4个零点
11．如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．圆的圆心都在直线上
B．圆的方程为
C．若，则圆与轴有交点
D．设直线与圆在第二象限的交点为，则
三、填空题
12．已知椭圆，过左焦点作直线与圆相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆的离心率为 ．
13．在等比数列中，，是函数的两个极值点，若，则的值为 ．
14．设，，，，函数（e是自然对数的底数，）．从有序实数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为 ．
四、解答题
15．在中，内角，，的对边分别为，，．已知．
(1)求角；
(2)若，，求的周长．
16．已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，且点的横坐标为6．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线与抛物线相交于，两点，关于轴的对称点为，证明：直线必过定点．
17．如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．
(1)证明：平面平面；
(2)是边上的点，且与平面所成角的正切值是，求的面积．
18．已知函数．
(1)若函数在定义域上单调递增，求的取值范围；
(2)若，证明：；
(3)设，是函数的两个极值点，证明：．
19．甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式，当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留，当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙，当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．设投掷次后，球在乙手中的概率为．
(1)求和；
(2)求数列的通项；
(3)设，数列的前项和为，若，证明：．
参考答案
1．B
【详解】，
所以，
故选：B
2．C
【详解】命题的否定为: ，,
故选：C
3．A
【详解】
解：由于，，且，
则，即有，
，
由于，，
则与的夹角为．
故选：A．
4．B
【详解】因为，
则，即，
所以，
则.
故选：B.
5．D
【详解】圆台的体积即为该茶杯容量，如图，cm，cm，
过点分别作⊥，⊥于点，
则cm，cm，
其中圆台的高为cm，
故圆台体积为.
故选：D
6．A
【详解】当时，，
当时，，则，
所以，，
则所求切线方程为，即.
故选：A
7．D
【详解】
因为点，，是曲线与依次相邻的三个交点，不妨设点为曲线与在轴上的交点，如图所示，为的中点，连接,
易知，,与轴平行，所以
又因为是等腰直角三角形，所以，所以
又因为在曲线上，所以，
又因为所以：即
所以.
故选：D
8．C
【详解】由题设可得 (当且仅当时取等号),
即,由于，均为正实数，即，
设，
则当时，在单调递减，当时，在单调递增，故当，
故当且仅当时取等号，
因此，故，则，
故，解得,所以,
故选：C.
9．AD
【详解】对于A，将数据，，，，，，，从小到大排列为，由于，故第80百分位数为第7个数10，A正确，
对于B，若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，B错误，
对于C，正态分布，表示标准差，故越大，随机变量越分散，C错误，
对于D，随机变量，则,故随机变量，则，D正确，
故选：AD
10．AB
【详解】对于A中，由函数，可得，
因为 是函数的一个极值点，可得，
解得，经检验适合题意，所以A正确；
对于B中，由，令，解得或，
当时，；当时，；当时，，
故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B正确；
对于C中，设过点且与函数相切的切点为，
则该切线方程为，
由于切点满足直线方程，则，
整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误；
对于D中，令，则的根有三个，如图所示，，
所以方程有3个不同根，方程和均有1个根，
故有5个零点，所以D错误．
故选：AB．

11．ABC
【详解】圆的圆心，直线的方程为，即，
由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，故A正确；
显然，设点，则，而，
解得，因此圆的圆心，半径为，
圆的方程为，
则圆的方程为，故B正确；
圆的圆心为，半径，
圆心到轴的距离为，
由两边平方得，
，，而
所以当时，圆与轴有交点，C选项正确.
在中，令，得点的纵坐标为，因此，故D错误．
故选：ABC
12．
【详解】设椭圆右焦点为，连接，如下图所示：
由圆：可知圆心，半径，
显然，且，
因此可得，所以，可得，可得，又，
由余弦定理可得，解得，
再由椭圆的定义可得，即，
因此离心率.
故答案为：
13．16
【详解】的定义域为，
，
由题意得是方程的两个不相等的正根，
故，解得，
由韦达定理得，故，
因为为等比数列，所以，
其中，故，
所以，解得，满足要求.
故答案为：16
14．
【详解】由题意，，，，，则有序实数对有81个.
由，得，
令，
所以当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
且时，；当时，，
所以，
要使有两个零点，则，
即，得，即.
满足该条件的有序实数对有：
对于，可以取，共7个；
对于，可以取，共4个；
对于，可以取，共1个；
所以所求事件的概率为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
又因为，所以，
因为，所以，
所以，又因为，所以.
（2）在中，由正弦定理，得，
因为，所以，
在中，，
由余弦定理得，即，
所以，所以，
所以，所以周长为.
16．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设点的坐标为，因为点在第一象限，所以，
双曲线的渐近线方程为，因为点在双曲线的渐近线上，所以，
所以点的坐标为，又点在抛物线上，所以，所以，
故抛物线的标准方程为：；
（2）设直线的方程为，联立，消得，，
方程的判别式，即，
设，则，
设关于轴的对称点为，
则直线的方程为，
根据抛物线的对称性可知定点必定在轴上，
令得：
．
直线过定点．
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题设得，从而.
又是直角三角形，所以.
取AC的中点O，连接DO、BO，则DO⊥AC，
又是正三角形，故.
则在直角中，，
又，所以，
故.
而,平面，
故平面，而平面，
所以平面⊥平面.
（2）设，与平面所成角为,
结合（1）结论，以为坐标原点,为轴，为轴，为轴，建立的空间直角坐标系，
则，,
,
设平面的法向量，
则,则,令,则,
故,
由,则
故
则,解得
故,
则,
所以边上的高为,
故.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意知函数的定义域为，
在上恒成立，
所以在上恒成立，
又，当且仅当时，等号成立，
所以，即的取值范围是,
（2）若，，所以，
令，解得，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时，等号成立.
令，，所以，
令，解得，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，又等号不同时成立，
所以.
（3）由题意可知，
因为有两个极值点，，
所以，是方程的两个不同的根，
则
所以
，
所以要证，即证，
即证，即证，即证.
令，则证明，
令，则，
所以在上单调递增，则，即，
所以原不等式成立.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当投掷2次骰子后，球在乙手中，共有1种情况：甲甲乙，其概率为，故，
当投掷3次骰子后，球在乙手中，共有3种情况：
①：甲乙甲乙，其概率为
②：甲乙丙乙，其概率为
③：甲甲甲乙，其概率为
所以投掷3次后，球在乙手中的概率为.
（2）由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有．
变形为．
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列．
所以．
所以数列的通项公式．
（3）,故，
故，
所以，故，
记，其前项和为，
所以，
故，
相减可得，
故，
故，
故，